湖南湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2026-2027学年高三上学期第一次提升考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第一次提升考试 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若直线是圆的一条对称轴，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则函数存在两个零点的概率为（ ） A. B. C. D. 3．已知集合，是小于的质数，则（   ） A． B． C． D． 4．已知双曲线：（，）的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为（   ） A． B． C．2 D． 5. 《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪袅、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若不更出16钱，则公士出的钱数为（ ） A. 12 B. 23 C. 24 D. 28 6．若正四面体的棱，的中点分别为，，则直线与所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 7. 已知圆与圆相交于A、B两点，若四边形的面积为，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8. 高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白色圆玻璃球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子，如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口处放进一个白色圆玻璃球，记白色圆玻璃球落入格子的编号为，则随机变量的期望与方差分别为（ ） A. B. 2，1 C. 3，1 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，的值为 C. 的取值范围为 D. 存在，使得 10. 某同学做了一次实地测量活动．如图，、两点都在河的对岸（不可到达），他取了相距100米的、两点作为测量基点（、、、四点在同一平面，点在点的正西方向）测得，，，，点处有一座塔，站在处看塔尖，测得仰角为（身高忽略不计），经过计算得到如下数据，则其中正确的是（ ） A. 点在点的北偏西方向上 B. 米 C. 米 D. 塔高米 11. 朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家，教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作，该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子，每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛从上往下看的示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每层的果子数分别为，共有44层，问全垛共有多少个果子？现有一个层三角锥垛，设从顶层向下数，每层的果子数组成数列，其前项和为，则下列结论正确的是（ ）（参考公式：） A. B. 是等比数列 C. 函数单调递增 D. 原书中该“堆垛问题”的结果为15180 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．在三位数中，被除余的数有______个. 13．已知，且，则________. 14．已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，则________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且． （1）若为的外接圆，求的半径； （2）求面积的最大值． 16 如图，已知圆台，AB，CD，EF均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，． （1）证明：； （2）求异面直线EF与BC所成角； （3）已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 17. 已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 18. 湖南省城市足球联赛（别称“湘超”联赛）是由湖南省于2026年创办的全省性足球赛事，全省14个市州（直管市、自治州）各组建一支代表队参赛，揭幕战于8月8日在湘西州凤凰县举行．某球队的甲、乙、丙三名队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知，． （1）传球三次后，球累计在乙脚下的次数记为随机变量X，求X的期望； （2）证明：为等比数列； （3）设第n次传球之前球在乙脚下和丙脚下的概率分别为和，比较的大小． 19．已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，． （1）求椭圆的方程； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 泸溪一中2027届高三第一次提升考试 数学试卷参考答案 1.C【详解】由题可知圆心坐标为，因为直线是圆的一条对称轴，所以在直线上，所以，解得. 2.A【详解】由题可知，函数存在两个零点，则需满足．又，所以符合要求，所以函数存在两个零点的概率．故选：A．验证排除法！由题可知，分别将代入，只有符合要求．故选：A 3．C【详解】由得：，解得：，即， 又，. 4．C【详解】由题意知的倾斜角为，所以，则. 5【答案】D【详解】设大夫、不更、簪袅、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列，由题意可知，等差数列中，前项和为，设公差为，前项和为，则有，解得，故，故，即公士出的钱数为. 6．D【详解】取为基底，不妨设，则由题意知， ，，又，， 所以，设直线与所成角为（），则，直线与所成角的正弦值为. 7【答案】D【分析】设，则为的中点，由四边形的面积为，可得的表达式，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，即可求得.【详解】圆，即，则圆心为，半径为1，则，设，由题意可知，为的中点，，， 故四边形的面积为，则，故，所以，所以，又因为，所以，得，解得，因此. 8【答案】C【详解】白色圆玻璃球从起点到进入格子一共跳了4次，向左或向右的概率均为，则向左的次数服从二项分布.因为，，所以，.故选：C 9【答案】AB【分析】由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算和的范围可判断C；由得，求出的范围可判断D. 【详解】若，则，所以，故A正确；若，则，所以，因为，所以的值为，故B正确；，因为，所以，，所以的取值范围为，故C错误； ，所以，，若，则，得，解得，因为，所以，解得，因为，所以无解，故D错误.故选：AB. 10【答案】BCD【分析】根据点在点的正西方向，，即可判断A；分析判断为等边三角形，得，利用正弦定理判断B；利用余弦定理判断C；结合仰角定义和三角函数定义判断D..D【详解】因点在点的正西方向，，故点在点的西偏北方向上，即北偏西方向上，故A错误；在中，，故，由正弦定理：，则,故B正确；因，则为等边三角形，在中，已知，由余弦定理,米，故C正确；设塔高为，因在处看塔尖的仰角为，则，即，因,则米，故D正确. 11【答案】ACD【分析】根据题设得，即可判断A；由等差数列的定义判断，分组求和求，进而得到并确定单调性，即可判断各项的正误. 【详解】依题意，每层的果子数分别为，则数列的通项， ，A对；时，，所以，则为等差数列，B错； ，则，单调递增，C对；，D对.故选：ACD 12．【分析】找出三位数中被除余的最小数与最大数，这一列数构成公差为的等差数列，代入等差数列通项公式求解项数，得到一共有个．【详解】三位数中被除余的数从小到大排构成等差数列，且，，公差，所以，解得． 13．【详解】因为，且，所以，，所以. 14．【分析】先求出，得出和为等边三角形，再利用二面角的平面角的定义说明就是二面角的平面角，根据外接球表面积求出外接球的半径，再做出平面截外接球的截面图，化空间为平面，找到球心，通过求出，进而求出的余弦值，最后利用三角函数公式求出答案.【详解】因为，所以，，所以和为等边三角形.设的中点为，连接，，就是二面角的平面角，大小为.四面体的外接球表面积为，记外接球半径为，，所以.设和的中心分别为，，过，分别作平面，平面的垂线，设两垂线相交于点，那么就是四面体的外接球的球心.由题意知，得，所以，所以，，. 15【答案】（1） （2） 【分析】（1）先利用正弦定理将已知边角等式转化为边的关系，结合余弦定理求出角，再由正弦定理求外接圆半径； （2）利用余弦定理结合基本不等式求的最大值，代入三角形面积公式得到面积最大值. 【1】已知，交叉相乘得 由正弦定理，其中为的外接圆的半径，化角为边可得，整理得，由余弦定理，代入上式得，又，故，再由正弦定理，代入、，得，解得. 【2】因为的面积公式为，代入得： ，由余弦定理，代入、得： ， 由基本不等式（当且仅当时取等号），代入上式得，即，将代入面积公式得，当且仅当时取等号，故面积的最大值为. 16【答案】（1）见解析 （2）； （3）1. 【分析】（1）利用圆台的结构特征，结合面面平行的性质推理得证. （2）根据给定条件证得，再以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积求得异面直线夹角. （3）求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法列式求解. 【1】证明：在圆台中，由为该圆台的母线，得的延长线交于一点，所以四点共面，而平面平面，平面平面，平面平面， 所以.； 【2】连接，由直线为圆台的轴，得的延长线交于一点，由（1）同理得，由，得，则，而，因此，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，则， ，则，即， 所以异面直线EF与BC所成角为. 【3】由（2）得，设平面与平面的法向量分别为，则，取，得，，取，得，由二面角的余弦值为，得，所以，所以圆台的高的长为1. 17【答案】（1） （2）（i）（ii） 【分析】（1）根据，得出动点的轨迹方程； （2）（i）两圆作差，得出公共弦所在直线的方程，求出圆心和半径，从而得出圆的方程； （ii）先假设存在这样的点，根据条件得，通过根与系数的关系，求出的值. 【1】圆，圆心，半径，对圆外一点，点在圆上，则：，由题意，即，所以.设，则，整理得，. 【2】（i）点的轨迹圆方程：，即①圆，即②①②得公共弦所在直线方程：，点的轨迹圆圆心、圆圆心，两点连线的斜率，所以直线，直线垂直平分，故圆心就是直线与的交点，联立，解得.将代入，得，即，所以，所以圆的方程为. （ii）假设存在点，满足，设，，则，将代入，得，即. 联立，得，.根据根与系数的关系，得，，所以，代入式，得，即，因为对任意，等式恒成立，所以，解得，因此存在定点满足条件. 18【答案】（1） （2）见解析 （3）见解析 【分析】（1）求出X的取值和对应的概率，得到数学期望； （2）由题意得到，构造法得到为等比数列； （3）在（2）的基础上，得到，由对称性可知，从而比较出大小 【1】依题意可得，X的取值可能为0，1，2，当时，传球顺序为甲丙甲丙，故， 当时，传球顺序为甲乙甲乙或甲乙丙乙，故，当时，，故X的期望为：． 【2】第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则 ，从而，又，故是以为首项，公比为的等比数列． 【3详解】，理由如下：由（2）可知，即， 根据对称性，可得故，， 故． 19．【答案】（1）（2）（3）1 【详解】（1）因为，所以，因为是等腰三角形，且， 所以必有，即，则，因此， 所以椭圆的方程为.（4分） （2）点，设，因为为等腰三角形，所以，，（6分） 因此，由题意知，所以，（8分） 所以，所以，所以.（10分） （3）因为，，所以 ，（12分） ，（14分） 因此 ，因为，所以，所以的最大值为1，的最小值为2，的最小值为1．（17分） 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $